Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hai mặt phẳng (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Các điểm A, B, C, D đều có tung độ z = 2 nên đáy nằm trên mặt phẳng z − 2 = 0.
b) Sai. Tâm đáy là I((6+4)/2; (4+6)/2; 2) = (5;5;2). Vì S.ABCD là chóp đều, chiều cao 2 nên S(5;5;4), không phải S(5;4;5).
c) Đúng. Với B(6;6;2), C(4;6;2), S(5;5;4): vectơ BC = (−2;0;0), BS = (−1;−1;2), pháp tuyến n = BC × BS = (0;4;2). Mặt (Oxz) có pháp tuyến k = (0;1;0). cosφ = |n·k|/(|n||k|) = 4/√20 = 2/√5.
d) Đúng. Tia sáng từ L(5;10;2) qua điểm P(x;y;z) cắt mặt phẳng y = 0 tại tham số t = 10/(10−y) (tính từ L). Ta được: S' từ S(5;5;4): t = 2 → S'(5;0;6); B' từ B(6;6;2): t = 2,5 → B'(7,5;0;2); C' từ C(4;6;2): t = 2,5 → C'(2,5;0;2). Tam giác S'B'C' có đáy B'C' = 5 và chiều cao từ S' xuống B'C' bằng 6 − 2 = 4, diện tích = (1/2)·5·4 = 10 m².
a) (AI giải đề cho tôi)
A, B, C, D đều có z = 2 nên đáy nằm trên mặt phẳng z − 2 = 0.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tâm đáy I(5;5;2), chóp đều cao 2 nên S(5;5;4), không phải S(5;4;5).
c) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến (SBC) là (0;4;2), cos góc với (Oxz) = 4/√20 = 2/√5.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chiếu từ L(5;10;2) lên mặt y = 0: S'(5;0;6), B'(7,5;0;2), C'(2,5;0;2). Diện tích = 1/2 · 5 · 4 = 10 m².

Đường thẳng $d$ đi qua $M(0;-1;2)$, có ${\vec{u}}_d=(-1;2;1)$; mặt phẳng $(P)$ có ${\vec{n}}_P=(2;-1;-2)$. Mặt phẳng $(Q)$ chứa $d$ tạo với $(P)$ góc nhỏ nhất có vectơ pháp tuyến cùng phương với $[{\vec{u}}_d,[{\vec{u}}_d,{\vec{n}}_P]]=(6;6;-6)\parallel (1;1;-1)$. Vậy $(Q):x+y-z+3=0$.

Gọi $A,B,C$ là ba vị trí trên mặt nước ($△ABC$ đều cạnh $2\text{ m}$). Chọn hệ trục $Oxyz$ với $O$ là trung điểm $BC$, tia $Ox$ qua $A$, tia $Oy$ qua $B$, tia $Oz$ hướng xuống đáy bể. Khi đó $A^{\prime }(\sqrt{3};0;4),B^{\prime }(0;1;4,4),C^{\prime }(0;-1;4,8)$.
Ta có $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=(-\sqrt{3};1;0,4),\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=(-\sqrt{3};-1;0,8)\Rightarrow {\vec{n}}_{(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })}=(\sqrt{3};1;5)$.
Góc giữa đáy bể $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và mặt phẳng ngang $(ABC)$ thỏa mãn $\cos \phi =\frac{5}{\sqrt{3+1+25}}=\frac{5}{\sqrt{29}}\Rightarrow \phi \approx 21,8^{\circ }$.

Vectơ pháp tuyến của $(\beta ),(P),(Q)$ lần lượt là $\overrightarrow{n_{\beta }}=(1;2;3),\overrightarrow{n_P}=(1;3;1),\overrightarrow{n_Q}=(1;-1;1)$.

Vectơ chỉ phương của giao tuyến $\Delta =(P)\cap (Q)$ là:
$\overrightarrow{u_{\Delta }}=[\overrightarrow{n_P},\overrightarrow{n_Q}]=(3\cdot 1-1\cdot (-1);1\cdot 1-1\cdot 1;1\cdot (-1)-3\cdot 1)=(4;0;-4)=4(1;0;-1).$

Vì $(\alpha )$ chứa $\Delta$ và $(\alpha )\perp (\beta )$ nên vectơ pháp tuyến của $(\alpha )$ cùng phương với:
$[\overrightarrow{n_{\beta }},(1;0;-1)]=(2(-1)-3\cdot 0;3\cdot 1-1(-1);1\cdot 0-2\cdot 1)=(-2;4;-2)=-2(1;-2;1).$
Do hệ số của $x$ trong phương trình $(\alpha )$ là $1$ nên $\overrightarrow{n_{\alpha }}=(1;-2;1)$, tức là $b=-2,c=1$.

Tìm một điểm thuộc giao tuyến $\Delta$: cho $x=0$ trong hệ $\{\begin{array}{l}3y+z=7\\ -y+z=-1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}y=2\\ z=1\end{array}\Rightarrow A(0;2;1)\in \Delta$.

Vì $A\in (\alpha )$ nên: $0-2(2)+1+d=0\iff -3+d=0\iff d=3$.

Đường thẳng $d$ đi qua $A(0;-4;1)$ và có VTCP $\vec{u}=(1;2;-1)$. Mặt phẳng $(P)$ chứa $d$ có VTPT ${\vec{n}}_P=(1;b;c)$ thỏa mãn $1+2b-c=0⟺c=2b+1$ và $d=4b-c=2b-1$. Góc giữa $(P)$ và $(Q)$ nhỏ nhất khi $\cos ((P),(Q))=\frac{|1+2b+2c|}{3\sqrt{1+b^2+c^2}}=\frac{|6b+3|}{3\sqrt{5b^2+4b+2}}$ đạt giá trị lớn nhất, suy ra $b=2,c=5,d=3$. Khi đó $M=2(2)+3(5)+4(3)=31$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 101).

Chọn đáp án C
Ba mặt phẳng $(P),(Q),(R)$ đôi một song song vì có cùng vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(1;-2;2)$.
Khoảng cách giữa $(P)$ và $(Q)$ là $d_1=\frac{|1-(-8)|}{\sqrt{1+4+4}}=\frac{9}{3}=3$.
Khoảng cách giữa $(P)$ và $(R)$ là $d_2=\frac{|1-4|}{3}=\frac{3}{3}=1$.
Gọi $\alpha$ là góc giữa đường thẳng $\Delta$ và pháp tuyến của ba mặt phẳng ($0^{\circ }\le \alpha <90^{\circ }$).
Khi đó $AB=\frac{d_1}{\cos \alpha }=\frac{3}{\cos \alpha }$, $AC=\frac{d_2}{\cos \alpha }=\frac{1}{\cos \alpha }$.
Đặt $t=\frac{1}{\cos \alpha }\ge 1$.
Biểu thức trở thành: $f(t)=3t+\frac{144}{t^2}=\frac{3t}{2}+\frac{3t}{2}+\frac{144}{t^2}$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
$f(t)\ge 3\sqrt[3]{\frac{3t}{2}\cdot \frac{3t}{2}\cdot \frac{144}{t^2}}=3\sqrt[3]{\frac{9\cdot 144}{4}}=3\sqrt[3]{324}=27$.
Dấu bằng xảy ra khi $\frac{3t}{2}=\frac{144}{t^2}\iff t^3=96\iff t=2\sqrt[3]{12}>1$ (thỏa mãn).
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 27.

Đường thẳng $d$ đi qua $A(1;-2;3)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(1;3;2)$. Mặt phẳng $(P)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(1;-1;-1)$. Mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $d$ và tạo với $(P)$ một góc nhỏ nhất khi $(\alpha )$ vuông góc với mặt phẳng đi qua $d$ và vuông góc với $(P)$, có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_1=[\vec{u},\vec{n}]=(-1;3;-4)$. Khi đó $(\alpha )$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_2=[\vec{u},{\vec{n}}_1]=(-18;2;6)=-2(9;-1;-3)$. Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $A(1;-2;3)$ nên có phương trình $9x-y-3z-2=0$. Chọn B.

Ba mặt phẳng $(P),(R),(Q)$ song song với nhau, có khoảng cách $d((P),(R))=\frac{|5-3|}{3}=\frac{2}{3}$ và $d((P),(Q))=\frac{|5-1|}{3}=\frac{4}{3}$, nên $C$ là trung điểm của $AB\Rightarrow AB=2AC$ và $AC\ge d((P),(R))=\frac{2}{3}$? Chú ý hệ số: nếu $\Delta$ cắt $(P),(Q),(R)$ tại $A,B,C$ thì $AB=2AC$. Đặt $t=AC\ge \frac{2}{3}$, khi đó $M=4t^2+\frac{216}{t}=4t^2+\frac{108}{t}+\frac{108}{t}\ge 3\sqrt[3]{4t^2\cdot \frac{108}{t}\cdot \frac{108}{t}}=3\cdot 36=108$, dấu bằng xảy ra khi $4t^2=\frac{108}{t}\iff t=3\ge \frac{2}{3}$. Chọn D.